$)$Ta có: $\{\begin{array}{c}AB\perp AC\\ HE\perp AC\end{array}$ $\Rightarrow$$AB////HE$

$b)$Ta có: $\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^o$

$\Rightarrow \hat{C}=180^o-90^o-60^o=30^o$

Xét tam giác AHC, có:

$\widehat{HAC}=180^o-30^o-90^o=60^o$

$\hat{A}=\widehat{BAH}+\widehat{HAC}$

$\Rightarrow \widehat{BAH}=90^o-60^o=30^o$

Ta có: $\widehat{BAH}=\widehat{AHE}=30^o$ ( so le trong )

a) Ta có $a\perp c$ và $b\perp c$ nên $a$ // $b$ (tính chất từ vuông góc đến song song).

b)

Ta có $\widehat{bCy}=\widehat{ECB}=55^{\circ }$.

Vì $a$ // $b$ nên $\widehat{ECB}=\widehat{FED}=55^{\circ }$.

Vì $Dn$ là tia phân giác của $\widehat{FDC}$ nên $\widehat{CDn}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.\widehat{FDC}=55^{\circ }$.

Nên $\widehat{FED}=\widehat{CDn}$ mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $Dn$ // $a$.

Ta có $\widehat{xBA}=\widehat{BAD}=50^{\circ }$.

Hai góc này ở vị trí so le trong nên $Bx$ // $AD$ (1).

Ta có $\widehat{DAC}=\widehat{ACy}=30^{\circ }$.

Hai góc này ở vị trí so le trong nên $Cy$ // $AD$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $Bx$ // $Cy$ (cùng song song với $AD$).

1) $\widehat{BAE}=\widehat{EAC}$ (giả thiết). (1)

Vì $AB$ // $EF$ nên $\widehat{BAE}=\widehat{AEF}$ (hai góc so le trong). (2)

Vì $AE$ // $FI$ nên $\widehat{EAC}=\widehat{IFC}$ (hai góc đồng vị). (3)

Vì $AE$ // $FI$ nên $\widehat{AEF}=\widehat{EFI}$ (hai góc so le trong). (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: $\widehat{BAE}=\widehat{EAC}=\widehat{AEF}=\widehat{IFC}=\widehat{EFI}$.

2) Từ chứng minh trên, ta có: $\widehat{EFI}=\widehat{IFC}$ mà $FI$ là tia nằm giữa hai tia $FE$ và $FC$.

Vậy $FI$ là tia phân giác của $\widehat{EFC}$.

a) $AC$ và $AD$ là hai tia phân giác của hai góc kề bù, nên: $AC\perp AD$.

$BC$ và $BD$ là hai tia phân giác của hai góc kề bù, nên: $BC\perp BD$.

b) Vì $xy$ // $mn\Rightarrow \widehat{yAB}=\widehat{ABm}$ (hai góc so le trong).

Vậy $\widehat{A^3}=\widehat{B^2}$ (cùng bằng $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{yAB}$ và $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{ABm}$).

Suy ra: $AD//BC$.

$xy$ // $mn\Rightarrow \widehat{xAB}=\widehat{ABn}$ (hai góc so le trong).

Vậy $\widehat{A^2}=\widehat{B^3}$ (cùng bằng $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{xAB}$ và $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{ABn}$).

Suy ra: $AC//BD$.

c) $AD$ // $BD$ (theo chứng minh b), $BD\perp BC$ (theo chứng minh a).

Vậy $AD\perp BD$ ($BD$ vuông góc với một trong hai đường song song thì vuông góc với đường còn lại).

Suy ra: $\widehat{ADB}=90^{\circ }$.

Tương tự: $AD$ // $BC$ (theo chứng minh b); $AD\perp AC$ (theo chứng minh a).

Vậy $AC\perp BC$ (như trên).

Suy ra: $\widehat{ACB}=90^{\circ }$.

Theo đề bài:

$\widehat{O^1}=\widehat{O^2}$ ($OE$ là tia phân giác của $\widehat{AOC}).$ (1)

$\widehat{O^3}=\widehat{O^4}$ ($OF$ là tia phân giác của $\widehat{DOB})$. (2)

Mà $\widehat{AOD}=\widehat{COB}$ (hai góc đối đỉnh).

Từ (1), (2), (3), ta có: $\widehat{O^1}+\widehat{O^3}+\widehat{AOD}=\widehat{O^2}+\widehat{O^4}+\widehat{COB}$ (4)

Mà $\left(\widehat{O^1}+\widehat{O^3}+\widehat{AOD}\right)+\left(\widehat{O^2}+\widehat{O^4}+\widehat{COB}\right)=360^{\circ }$. (5)

Do đó $\widehat{O^1}+\widehat{O^3}+\widehat{AOD}=180^{\circ }$.

Từ $(4)$ và $(5)\Rightarrow \widehat{EOF}=180^{\circ }$.

Vậy $E,O,F$ nằm trên một đường thẳng, hay tia $OE$ và tia $OF$ là hai tia đối nhau.

a) $xy$ // $x^{\prime }{y}^{\prime }$ nên $\widehat{xAB}=\widehat{AB{y}^{\prime }}$ (hai góc so le trong). (1)

${AA}^{\prime }$ là tia phân giác của $\widehat{xAB}$ nên: $\widehat{A^1}=\widehat{A^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{xAB}$ (2)

${BB}^{\prime }$ là tia phân giác của $\widehat{{ABy}^{\prime }}$ nên: $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{AB{y}^{\prime }}$ (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: $\widehat{A^2}=\widehat{B^1}$.

Mà hai góc ở vị trí so le trong, nên ${AA}^{\prime }//{BB}^{\prime }$

b) $xy$ // $x^{\prime }{y}^{\prime }$ nên $\widehat{A^1}=\widehat{{AA}^{\prime }B}$ (hai góc so le trong).

${AA}^{\prime }//{BB}^{\prime }$ nên $\widehat{A^1}=\widehat{{AB}^{\prime }B}$ (hai góc đồng vị).

Vậy $\widehat{{AA}^{\prime }B}=\widehat{{AB}^{\prime }B}$.

a) $xy$ // $x^{\prime }{y}^{\prime }$ nên $\widehat{xAB}=\widehat{AB{y}^{\prime }}$ (hai góc so le trong). (1)

${AA}^{\prime }$ là tia phân giác của $\widehat{xAB}$ nên: $\widehat{A^1}=\widehat{A^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{xAB}$ (2)

${BB}^{\prime }$ là tia phân giác của $\widehat{{ABy}^{\prime }}$ nên: $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{AB{y}^{\prime }}$ (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: $\widehat{A^2}=\widehat{B^1}$.

Mà hai góc ở vị trí so le trong, nên ${AA}^{\prime }//{BB}^{\prime }$

b) $xy$ // $x^{\prime }{y}^{\prime }$ nên $\widehat{A^1}=\widehat{{AA}^{\prime }B}$ (hai góc so le trong).

${AA}^{\prime }//{BB}^{\prime }$ nên $\widehat{A^1}=\widehat{{AB}^{\prime }B}$ (hai góc đồng vị).

Vậy $\widehat{{AA}^{\prime }B}=\widehat{{AB}^{\prime }B}$.

Số học sinh trung bình là: $48.\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{16}=27$ (học sinh)

Số học sinh giỏi và khá là: $48-27=21$ (học sinh)

Số học sinh khá chiếm: $140\%:(140\%+100\%)=\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{12}$ (số học sinh giỏi và khá)

Số học sinh khá là: $24.\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{12}=14$ (học sinh)

Số học sinh giỏi là: $24-14=10$ (học sinh)

Học kì I, số học sinh giỏi lớp 7A bằng $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{7}$ số học sinh còn lại nên phân số chỉ số học sinh giỏi học kì I so với cả lớp là $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2+7}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{9}$ số học sinh lớp 7A.

Học kì II, số học sinh giỏi lớp 7A bằng $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$ số học sinh còn lại nên phân số chỉ số học sinh giỏi học kì I so với cả lớp là $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2+3}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}$ số học sinh lớp 7A.

Vì học kì II, số học sinh giỏi lớp 7A nhiều hơn học kì I là $8$ học sinh, nên ta có phân số tương ứng với $8$ học sinh là: $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{7}=\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{45}$

Vậy, lớp 7A có số học sinh là: $8:\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{45}=45$ (học sinh)

Số học sinh giỏi học kì I là: $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{9}.45=10$ (học sinh)